Ingenieurmathematik für Studienanfänger || Ungleichungen und nichtlineare Gleichungssysteme

Kapitel 4

Ungleichungen und nichtlineareGleichungssysteme

Nachdem wir uns im Abschn. 3.1 mit den Grundbegriffen der Mengenlehre be-schäftigt haben, werden wir diese jetzt anwenden, um die Lösungsmengen vonUngleichungen und einfachen nichtlinearen Gleichungssystemen zu bestimmen.Mit der Lösung von linearen Gleichungssystemen, wozu es eine vollständig aus-gearbeitete Theorie gibt, werden wir uns im Kapitel 5 beschäftigen.

4.1 Ungleichungen

Ungleichungen haben die Form T1 < T2, T1 ≤ T2, T1 > T2 oder T1 ≥ T2, wobeiT1, T2 Terme bezeichnen (siehe die Einleitung zum Kapitel 2). Für Ungleichun-gen gelten die beiden Gesetze:

1.) Wenn die beiden Seiten einer Ungleichung miteinander vertauschtwerden, so ist das Ungleichheitszeichen umzukehren.2.) Aus T1 < T2 und T2 < T3 folgt T1 < T3

(Transitivität der Relation „<“)

Bemerkung: Analoge Aussagen gelten auch für die anderen Relationszeichen„≤, >,≥“.

Im Folgenden wollen wir Ungleichungen, in denen wenigstens einer derTerme T1, T2 mindestens eine Variable enthält, betrachten und dafür die Lö-sungsmenge ermitteln. Unter der Lösungsmenge einer Ungleichung verstehenwir die Menge aller Lösungen dieser Ungleichung, das ist die Menge aller reel-len Zahlen, welche für die Variable eingesetzt, die Ungleichung erfüllen (odermit anderen Worten: die Ungleichung zu einer wahren Aussage machen).

G. Hofmann, Ingenieurmathematik für Studienanfänger, DOI 10.1007/978-3-658-00573-3_4, © Springer Fachmedien Wiesbaden 2013

98 4 Ungleichungen und nichtlineare Gleichungssysteme

Die Lösungsmenge wird durch formales Umformen der Ungleichung ermittelt,wobei bei der Anwendung der folgenden Umformungsregeln für Ungleichungendie Ungleichung in eine äquivalente Ungleichung (d.h., beide Ungleichungenhaben dieselbe Lösungsmenge) übergeht.

vor dernach der Umformung

Umformung

T1 < T2 T1 ± T3 < T2 ± T3 für beliebigen Term T3

T1 < T2 T1 · T3

{< T2 · T3 wenn T3 > 0> T2 · T3 wenn T3 < 0

T1 < T2 T1 : T3

{< T2 : T3 wenn T3 > 0> T2 : T3 wenn T3 < 0

Wir wollen als wichtige Merkregeln für das äquivalente Umformen von Unglei-chungen, welche durch die letzten beiden Zeilen der obigen Tabelle gegebensind, notieren:

Bei Punktrechnung („ ·, : “) müssen wir eine Fallunterscheidung machen:1.) Wenn der Term T3, mit dem wir die Ungleichung multiplizieren oderdurch den wir dividieren, echt größer 0 ist, so bleibt das Ungleichheitszei-chen erhalten.2.) Wenn der Term T3, mit dem wir die Ungleichung multiplizieren oderdurch den wir dividieren, echt kleiner 0 ist, so dreht sich das Ungleichheits-zeichen um.

Wir wollen noch anmerken, dass die entsprechenden Regeln auch für die an-deren Ungleichheitsrelationen „≤, >, ≥“ gelten.

Aufg. 4.1 Bestimmen Sie die Lösungsmengen der linearen Ungleichungen:

a) x+2 ≥ 2x+3, b)3 + x

15>

2x + 1

25, c)

x− 5

3≤ 1−x, d)

2x− 1

2≤ x+1,

e)2x− 1

2≥ x + 1, f)

2x− 3

2<

2x− 1

−3. (Geben Sie die Lösung in der

Intervallschreibweise an, siehe Abschn. 3.1, Aufg. 3.10.)

Quadratische Ungleichungen

Um die Lösungsmenge einer quadratischen Ungleichung (z.B. x2 ≤ 3x − 2)zu bestimmen, formen wir die Ungleichung äquivalent so um, dass auf einerSeite der Ungleichung 0 steht (in unserem Beispiel: x2 − 3x + 2 ≤ 0). Im

4.1 Ungleichungen 99

nächsten Schritt wird der Term auf der anderen Seite, welcher ein quadratischesPolynom P2(x) ist, als Produkt der Faktoren „x − Nullstelle“ geschrieben.Gemäß Abschn. 2.1, Aufg. 2.1, haben wir drei Fälle zu unterscheiden:

1. Fall. Das quadratische Polynom P2(x) hat zwei voneinander verschiedenereelle Nullstellen x1 �= x2, womit P2(x) = (x− x1)(x− x2) folgt. Wir verwen-den jetzt die Eigenschaften reeller Zahlen:1.) Ein Produkt aus zwei Faktoren ist genau dann ≥ 0, wenn die beiden Fak-toren ≥ 0 sind oder aber wenn beide Faktoren ≤ 0 sind.2.) Ein Produkt aus zwei Faktoren ist genau dann ≤ 0, wenn einer der beidenFaktoren ≤ 0 ist und der andere ≥ 0 ist.

In unserem Beispiel gilt x1 = 1, x2 = 2 und somit:x2 − 3x + 2 = (x− 1)(x− 2). Wir erhalten damit die Ungleichung(x − 1)(x − 2) ≤ 0. Wegen der obigen Eigenschaft 2.) erhalten wir für dieLösungsmenge L = L1 ∪ L2, wobei L1 = {x ∈ R|x− 1 ≤ 0 und x− 2 ≥ 0} ist(d.h., der erste Faktor ist ≤ 0 und der zweite ≥ 0) undL2 = {x ∈ R|x− 1 ≥ 0 und x− 2 ≤ 0} gilt. AusL1 = {x ∈ R|x ≤ 1 und x ≥ 2} = ∅ undL2 = {x ∈ R|x ≥ 1 und x ≤ 2} = [1, 2] erhalten wir L = L1 ∪ L2 = [1, 2].

2. Fall. P2(x) hat eine reelle Doppelwurzel x1, d.h. P2(x) = (x−x1)2. Da unsere

gegebene Ungleichung in P2(x) ≥ 0 äquivalent umgeformt worden ist, folgt fürdie Lösungsmenge L = R, weil das Quadrat (x− x1)

2 immer ≥ 0 ist. Im Fallevon P2(x) ≤ 0 folgt L = {x1} (warum?).

3. Fall. Das Polynom P2(x) hat keine reellen Nullstellen. In diesem Fall giltentweder P2(x) > 0 oder P2(x) < 0 für alle x ∈ R. Welche Alternative gilt,ermitteln wir einfach, indem wir für x einen speziellen Wert (günstig ist, x0 = 0zu wählen) in P2 einsetzen. Wenn P2(0) > 0 (bzw. P2(0) < 0) gilt, so folgtP2(x) > 0 (bzw. (P2(x) < 0) für alle x ∈ R. Hieraus erhalten wir dann diegesuchte Lösungsmenge.

Bemerkung: Wenn in der gegebenen Ungleichung das Relationszeichen < oder> auftritt, so gehen wir ebenfalls wie oben beschrieben vor. Wir müssen dannaber an den betreffenden Stellen den Fall = 0 ausschließen, d.h., anstelle von≥ 0 wird dann > 0 gesetzt (bzw. anstelle von ≤ 0 wird < 0 gesetzt).

Aufg. 4.2 Ermitteln Sie die Lösungsmenge von: a) x2 > 5x− 6,

b) −2x2 − 11x− 9 > x + 4, c) −x2 + 2x− 4 ≥ 1, d) x2 + 1 > 2x,

e) −x2 − 2x + 4 > 1, f) −x2 − 2x− 4 ≤ 1, g) x2 − 4x ≤ −4,

h) x2 − 4x + 3 >1

2x + 1.


Bruchungleichungen

Beim Lösen von Ungleichungen mit Brüchen multiplizieren wir beide Seitender Ungleichung mit einem Hauptnenner der auftretenden Brüche. Da jedochbeim Multiplizieren der beiden Seiten einer Ungleichung beachtet werden muss,ob der Faktor positiv oder negativ ist (bei negativem Faktor ist das Relati-onszeichen umzudrehen), müssen wir eine Fallunterscheidung bezüglich desVorzeichens des Hauptnenners machen. Wir betrachten hierzu ein

Beispiel: Ermitteln Sie die Lösungsmenge von2

x + 1≤ 1.

Lösung: In Abhängigkeit vom Vorzeichen des Nenners x+1 auf der linken Seiteder Ungleichung betrachten wir die folgenden beiden Fälle.1. Fall: Wir setzen x ∈ I1 = (−1,∞) voraus. Es gilt somit x > −1 und damitfür den Nenner x + 1 > 0. Wir multiplizieren die gegebene Ungleichung mitx + 1 und erhalten 2 ≤ x + 1, woraus 1 ≤ x und damit x ∈ I2 = [1,∞) folgen.Als Lösungsmenge für den ersten Fall erhalten wir

L1 = I1 ∩ I2 = (−1,∞) ∩ [1,∞) = [1,∞) ,

denn es müssen sowohl die Voraussetzung x ∈ I1 als auch die errechnete Be-dingung x ∈ I2 erfüllt sein.2. Fall: Unter der Voraussetzung x ∈ I3 = (−∞,−1) erhalten wir x < −1 unddamit für den Nenner x + 1 < 0. Wir multiplizieren die gegebene Ungleichungmit x + 1 und drehen das Ungleicheitszeichen um: 2 ≥ x + 1. Hieraus folgen1 ≥ x und dann x ∈ I4 = (−∞, 1]. Als Lösungsmenge für den 2. Fall erhaltenwir L2 = I3 ∩ I4 = (−∞,−1) ∩ (−∞, 1] = (−∞,−1).Als Gesamtlösung folgt somit L = L1 ∪ L2 = (−∞,−1) ∪ [1,∞).

Aufg. 4.3 Bestimmen Sie die Lösungsmengen von: a)3x− 8

2x− 1> −5,

b)3x + 9

2x− 3> 6, c)

2x

2x− 1≤ x

x + 2, d)

x

x− 1+

1

x + 2<

9

3x− 2,

e)x + 1

x− 1≥ 3, f)

x2 − 4x

2x− 5≥ 1, g)

x2 − 9

2x− 1≤ 1, h) g)

1− x

1 + x≤ h.

Systeme von Ungleichungen in einer Variablen

Wenn ein System von Ungleichungen gegeben ist (d.h., es sind mehrere Unglei-chungen gegeben, die gleichzeitig gelten sollen), so ist die Lösungsmenge derDurchschnitt der Lösungsmengen der einzelnen Ungleichungen des Systems.

4.2 Ungleichungen mit Beträgen 101

Aufg. 4.4 Ermitteln Sie die Lösungsmengen der folgenden Ungleichungssy-

steme: a)

⎧⎪⎨⎪⎩x− 1

3< 2

x− 1 ≥ x + 8

5

b)

{2, 5 (1− 4x) > 2, 5x− 10

5− 0, 2x > 3− x

3

c) −1 <7x− 3

8x− 5< 1.

Aufg. 4.5 Für welche x ∈ R gilta) ln(4 + 2x) ≤ 1, b)

√3x− 4 < 1,

c) e2x−1 ≤ 1, d) (x2 − x− 2)(x2 + x− 2) > 0?

4.2 Ungleichungen mit Beträgen

Wir werden zwei Möglichkeiten zur Bestimmung der Lösungsmenge einer Un-gleichung, in der auch Beträge auftreten, kennen lernen. Als erstes behandelnwir die analytische (d.h. rein rechnerische) Methode. Diese beruht auf einerFallunterscheidung, um die auftretenden Beträge aufzulösen. Als zweites be-handeln wir die halbgrafische Methode, in welcher wir anhand einer Skizzeder auftretenden Funktionen die Lösungsmenge zuerst angenähert ermitteln,um diese dann nachträglich genau zu berechnen. Hierdurch können wir eineFallunterscheidung vermeiden.

Analytische Methode

Um auftretende Beträge auflösen (beseitigen) zu können, wollen wir uns zuerst

an die Definition des Betrages |x| ={

x für x ≥ 0−x für x < 0

einer reellen Zahl x

erinnern und als Folgerung die folgende Formel für reelle Zahlen m, a, x ∈ R

mit m �= 0 notieren:

Voraussetzung

m > 0 |mx− a| =

⎧⎪⎨⎪⎩mx− a für x ≥ a

m

a−mx für x <a

m

m < 0 |mx− a| =

⎧⎪⎨⎪⎩mx− a für x ≤ a

m

a−mx für x >a

m


Um eine Ungleichung, in welcher Beträge auftreten, zu lösen, müssen zunächstmit Hilfe einer Fallunterscheidung und der oben gegebenen Formel für |mx−a|die Beträge beseitigt werden. Wir veranschaulichen das an einem einfachenBeispiel: Für welche x ∈ R gilt |3− 5x| > 5?Lösung: Um das Betragszeichen auf der linken Seite der Ungleichung zu besei-tigen, betrachten wir die beiden Fälle 1.) x ≤ 3

5und 2.) x > 3

5.

1. Fall: Voraussetzung x ∈ I1 = (−∞, 35]. Aus der oben gegebenen Formel (mit

m = −5, a = −3) erhalten wir aus |3 − 5x| > 5 die Ungleichung 3 − 5x > 5mit der zugehörigen Lösung x < −2

5, d.h. x ∈ I2 = (−∞,−2

5).

Für den 1. Fall erhalten wir die Lösungsmenge L1 = I1 ∩ I2 = (−∞,−25).

2. Fall: Voraussetzung x ∈ I3 = (35,∞). Aus der betrachteten Ungleichung

folgt nun 5x− 3 > 5 mit der Lösung x > 85, d.h. x ∈ I4 = (8

5,∞). Als Lösungs-

menge im 2. Fall erhalten wir L2 = I3 ∩ I4 = (85,∞).

Für die Gesamtlösung gilt somit L = L1 ∪ L2 = (−∞,−25) ∪ (8

5,∞).

Aufg. 4.6 Berechnen Sie |x− y|+ |2x + y| füra) x = −2, y = −13, b) x = 3, y = −6, c) x = 4, y = −9.

Aufg. 4.7 Die folgenden Ausdrücke sind ohne Betragszeichen zu schreiben:

a)x + |x|

2, b)

(x− y)2 − x|x + y||x− y| , c)

|x + 3|+ |x− 3||x + 3| − |x− 3| .

Aufg. 4.8 Bestimmen Sie die Lösungsmengen für die folgenden Ungleichun-gen: a) |2x− 5| > 2|x + 1|, b) |3− 2x| > 5, c) |2x− 3| ≤ 6,

d) −x2 + |2x− 4| ≥ 1, e) −x2 + |2x + 4| ≥ 1 f) |x− 5|+ |3− x| > 2.

Aufg. 4.9 Für welche (x, y) ∈ R× R = R2 sind die folgenden Ungleichungenerfüllt? Skizzieren Sie die zugehörigen Lösungsmengen in der (x, y)-Ebene.a) |x− 3|+ |y + 4| ≤ 2, b) |x + y − 1| ≤ |x− y + 1|.

Halbgrafische Methode

Wir lernen jetzt die halbgrafische Methode, welche besonders zur Lösung vonUngleichungen mit Beträgen geeignet ist, kennen. Diese Methode wird in zweiSchritten ausgeführt.1. Schritt: Die gegebene Ungleichung wird äquivalent so umgeformt, dass diebeiden Funktionen, welche auf der linken bzw. rechten Seite der Ungleichungstehen, „bequem“ skizziert werden können. Beim Anfertigen der Skizze desFunktionsgraphen (oder des Funktionsbildes) einer Betragsfunktion y = |f(x)|ist es zweckmäßig, zuerst die zugehörige Funktion y = f(x) ohne Betragszei-chen zu skizzieren und dann den Teil des Funktionsbildes, welcher unterhalb

4.2 Ungleichungen mit Beträgen 103

der x-Achse liegt, an der x-Achse „nach oben“ zu spiegeln. Hierdurch erhaltenwir das Bild der Funktion y = |f(x)|. Anhand der Skizze ermitteln wir grobdie Lage des Lösungsintervalls.2. Schritt: Das Lösungsintervall wird jetzt genau berechnet, wobei wir dieAbszissen (x-Werte) von den im 1. Schritt ermittelten Schnittpunkten zwischenden betreffenden Funktionsgraphen berechnen.Zur Veranschaulichung der obigen zwei Schritte lösen wir die in Aufg. 4.8a)gegebene Ungleichung halbgrafisch.

Beispiel: Bestimmen Sie halbgrafisch die Lösungsmenge von|2x− 5| > 2|x + 1| .

1. Schritt: Die rechte Seite der gegebenen Ungleichung formen wir äquivalentmittels 2|x+1| = |2x+2| um und erhalten die Ungleichung |2x−5| > |2x+2|.Es werden jetzt die Bilder der Funktionen y = |2x − 5| und y = |2x + 2|skizziert:

�

�

11

5

−5

�x

y

y = 2x− 5

y = −2x + 5..............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

�

�

11

5

−5

x

y

�............................................................................................................................................................................................... y = −2x− 2

y = 2x + 2

�

�

5

−5

x

y

�

��

�� y = |2x− 5|

�

��

��

y = |2x + 2|

�xS

S

Um y = |2x − 5| zu skizzieren, zeichnen wir zunächst die Gerade y = 2x − 5und spiegeln dann den Teil des Graphen, welcher unterhalb der x-Achse liegt,an der x-Achse nach „oben“. In gleicher Weise zeichnen wir y = |2x + 2|. Umdie gegebene Ungleichung zu lösen, bemerken wir, dass die Ungleichung für einspezielles x1 genau dann erfüllt ist, wenn der Graph von y = |2x + 2| an derStelle x = x1 „echt unterhalb“ des Graphen von y = |2x− 5| liegt (d.h., es gilt|2x1+2| < |2x1−5|). Aus der dritten obigen Skizze ersehen wir, dass das genaudann der Fall ist, wenn x < xS gilt, wobei xS die Abszisse des SchnittpunktesS der beiden Funktionsgraphen y = |2x− 5|, y = |2x + 2| bezeichnet.

2. Schritt: Um die Abszisse des Schnittpunktes S zu berechnen, bemerken wiranhand der ersten beiden obigen Skizzen, dass S der Schnittpunkt der beidenGeraden y = 2x + 2 und y = −2x + 5 ist. Durch Gleichsetzen erhalten wir2x + 2 = −2x + 5, woraus xS = 3

4folgt. Somit erhalten wir die Lösungsmenge

L = (−∞, 34).


Aufg. 4.10 Für welche reellen x gelten die folgenden Ungleichungen? WendenSie die halbgrafische Methode an. a) |x2 − 16| < 2x− 1,

b) |x2−5x| ≤ x, c)|x2 − 16|2x− 1

< 1, d) |(x−1)(x−2)| ≤ 1

8, e)

∣∣∣∣7x− 3

8x− 5

∣∣∣∣ < 1,

f) | sin x| > | cos x|.

Aufg. 4.11 Lösen Sie Aufg. 4.8 halbgrafisch und vergleichen Sie die Ergeb-nisse.

Anwendungen

Die folgenden beiden Aufgaben beinhalten eine Anwendung des Rechnens mitUngleichungen auf Fragestellungen zu Funktionen (s. Abschn. 3.2).

Aufg. 4.12 Von folgenden Funktionen y = f(x) sind in R der größtmöglicheDefinitionsbereich zu ermitteln und der zugehörige Wertebereich anzugeben:

a) y =√

1− |x| , b) y =1√|x| − x

, c) y =1√

x− |x| ,

d) y = 3x2 + |x| , e) y =x√

1− x2, f) y =

√5 +

3x− 8

2x− 1.

Aufg. 4.13 Gegeben sei die Funktion f(x) =1−√1 + 4x

1 +√

1 + 4x.

a) Bestimmen Sie den größtmöglichen Definitionsbereich D(f) von f und zei-gen Sie, dass f darauf streng monoton fallend ist. Bestimmen Sie den Werte-bereich W(f). b) Bestimmen Sie die Umkehrfunktion f−1 von f .

4.3 Nichtlineare GleichungssystemeIn diesem Abschnitt beschäftigen wir uns mit der Lösung von Gleichungs-systemen, die aus zwei nichtlinearen Gleichungen mit zwei Unbekannten x, ybestehen. Als Lösung bezeichnen wir die Menge derjenigen Zahlenpaare x0, y0,für welche die beiden gegebenen Gleichungen (gleichzeitig) erfüllt sind. Weiter-hin werden zwei Gleichungssysteme äquivalent genannt, wenn sie die gleichenLösungsmengen besitzen.

Die Lösung wird in vier Schritten ausgeführt.1. Schritt: Eine Variable wird in einer der beiden gegebenen Gleichungen mitHilfe der anderen Gleichung eliminiert (d.h. beseitigt), so dass wir dann eineGleichung, die nur noch eine Variable (entweder x oder y) enthält, erhalten.Hierzu gibt es die folgenden drei Möglichkeiten:

4.3 Nichtlineare Gleichungssysteme 105

a) Einsetzungsverfahren. Hierbei wird eine der gegebenen Gleichungen nach xoder y aufgelöst und das Ergebnis dann in die andere Gleichung eingesetzt,wodurch diese Variable dann in dieser Gleichung eliminiert wird.b) Gleichsetzungsverfahren. Es werden die beiden gegebenen Gleichungen soäquivalent umgeformt, dass auf den linken Seiten jeweils der gleiche Term T1

steht und auf den rechten Seiten Terme T2 und T3 stehen, die eine der Variablen(entweder x oder y) nicht mehr enthalten. Unser gegebenes Gleichungssystemwird somit in das äquivalente Gleichungssystem T1 = T2, T1 = T3 umgeformt.Durch Gleichsetzen der rechten Seiten erhalten wir die Gleichung T2 = T3, inder eine der Variablen x, y nicht mehr auftritt.c) Additionsverfahren. Die Lösungsmenge eines Gleichungssystems verändertsich nicht, wenn ein reellzahliges Vielfaches einer Gleichung zu einer anderenaddiert und diese Gleichung dann durch das Ergebnis dieser Addition ersetztwird. Hierdurch kann es möglich sein, eine der Variablen x oder y aus einerder gegebenen Gleichungen zu eliminieren.

2. Schritt: Die im 1. Schritt erhaltene Gleichung einer Variablen wird nachdieser Variablen aufgelöst, wobei je nach Typ dieser Gleichung die im Kapitel2 behandelten Methoden angewendet werden.

3. Schritt: Die im 2. Schritt errechneten Lösungen werden in eine der bei-den Gleichungen des gegebenen Gleichungssystems eingesetzt und daraus diezugehörige zweite Variable errechnet.

4. Schritt: Wenn wir in einem der obigen Schritte nichtäquivalente Umfor-mungen vorgenommen haben, so müssen wir eine Probe machen, um möglicheScheinlösungen auszusondern.Bemerkung: Während lineare Gleichungssyteme immer lösbar sind (siehe Ab-schn. 5.2), kann die Lösung nur für spezielle nichtlineare Gleichungssystemeberechnet werden, denn die obigen Schritte 1 bis 3 sind nur in Spezialfällenausführbar.

Wir veranschaulichen jetzt die oben gegebenen Lösungsschritte an einem

Beispiel: Lösen Sie das Gleichungssystem{

sin2 x + cos2 y = 1, 5cos2 x− sin2 y = 0, 5

.

1. Schritt: Wir wenden das in c) gegebene Additionsverfahren an und ersetzendie erste Gleichung des Systems durch:1. Gleichung + 2. Gleichung : (sin2 x + cos2 x) + (cos2 y − sin2 y) = 2.Da sin2 x + cos2 x = 1 und cos2 y − sin2 y = cos 2y gilt1, erhalten wir aus derletzten Gleichung die Gleichung 1 + cos 2y = 2 und dann cos 2y = 1, welche

1Es wird α = β = y im Additionstheorem cos(α + β) = cos α cos β − sin α sin β gesetzt,s. Abschn. 2.3


nur noch die Variable y enthält.2. Schritt: Aus der Gleichung cos 2y = 1 erhalten wir sofort die Lösungsmenge2yk = 2kπ und damit yk = kπ, k = 0,±1,±2, . . ..3. Schritt: Wir setzen yk = kπ, k = 0,±1,±2, . . ., in die erste Gleichung desgegebenen Gleichungssystems ein und erhalten sin2 x + cos2(kπ) = 3

2, woraus

wegen cos2(kπ) = 1 folgt: sin2 x = 12. Wir ziehen aus der letzten Gleichung

die Quadratwurzel und erhalten die beiden Gleichungen sin x = ±12

√2 (wir

erinnern uns, dass√

12

= 12

√2 gilt, siehe Aufg. 1.31a)). Für die erste Gleichung

sin x = 12

√2 erhalten wir die beiden Lösungsserien:

x1,s =π

4+ 2sπ, x2,s =

3

4π + 2sπ, s = 0,±1,±2, . . . ,

und für die zweite Gleichung sin x = −12

√2 die beiden Lösungsserien:

x3,s =5

4π + 2sπ, x4,s =

7

4π + 2sπ, s = 0,±1,±2, . . . .

Wenn wir in den vier Serien jeweils π4

ausklammern, so erhalten wir:

x1,s = (8s + 1)π

4, x2,s = (8s + 3)

π

4, x3,s = (8s + 5)

π

4, x4,s = (8s + 7)

π

4

und sehen, dass alle ungeradzahligen Vielfachen von π4

auftreten. Wir könnensomit die vier Serien zu einer Serie zusammenfassen:

xn = (2n + 1)π

4, n = 0,±1,±2, . . .

4. Schritt: Als Lösung hatten wir im 2. und 3. Schritt die Menge der Paare

L = {(xn, yk)|n = 0,±1,±2, . . . ; k = 0,±1,±2, . . .}= {(xn, yk)|n ∈ Z, k ∈ Z}

erhalten. Wir setzen xn, yk in die linke Seite der ersten Gleichung des gegebenenGleichungssystems ein und erhalten:

sin2((2n + 1)

π

4

)+ cos2(kπ) =

(±1

2

√2

)2

+ (±1)2 =1

2+ 1 =

3

2,

was mit der rechten Seite der ersten Gleichung übereinstimmt. Wir setzen dannxn, yk in die linke Seite der zweiten Gleichung ein und erhalten:

cos2((2n + 1)

π

4

)− sin2(kπ) =

(±1

2

√2

)2

+ 02 =1

2,

was mit der rechten Seite der zweiten Gleichung übereinstimmt. Somit existie-ren keine Scheinlösungen und die obige Menge L ist die gesuchte Lösungsmen-ge.

4.4 Lösungen der Aufgaben aus Kapitel 4 107

Aufg. 4.14 Lösen Sie die folgenden Gleichungssysteme:

a){

6x2 + 4y = 04x− 6y2 = 0

b){

x2 + y2 = 5xy = 2

c){

x2 + y2 = axy = b

(a, b sind reelle Parameter) d){

x2 + 2xy + y2 = 31x2 − 3xy + y2 = 1

Aufg. 4.15 Bestimmen Sie reelle Zahlen A,ϕ, so dass die Gleichung3 sin x + 4 cos x = A sin(x + ϕ) für alle x ∈ R gilt.(Hinweis: Zwei Funktionen f(x), g(x) heißen linear unabhängig, wenn zwischenihnen nur die triviale Nullrelation besteht, d.h., aus c1f(x) + c2g(x) = 0 füralle x ∈ R mit Konstanten c1, c2 ∈ R folgt notwendig c1 = c2 = 0.Verwenden Sie, dass f(x) = sin x und g(x) = cos x linear unabhängig sind,und stellen Sie das Gleichungssystem c1 = 0, c2 = 0 auf, indem Sie c1 und c2

berechnen. Wenden Sie hierzu das Additionstheorem der Sinusfunktion auf derrechten Seite der gegebenen Gleichung an.)

4.4 Lösungen der Aufgaben aus Kapitel 4

4.1 a) L = (−∞,−1]. b) L = (−∞, 12). c) (−∞, 2].d) Wir multiplizieren die gegebene Ungleichung mit 2 und erhalten2x − 1 ≤ 2x + 2, woraus die richtige Aussage −1 ≤ 2 folgt. Die gegebeneUngleichung ist somit für alle x ∈ R erfüllt, d.h., die Lösungsmenge ist R.e) Wenn wir die gleichen Rechenschritte wie in d) anwenden, erhalten wir diefalsche Aussage −1 ≥ 2. Somit ist die Ungleichung für kein x ∈ R erfüllt, d.h.,für die Lösungsmenge gilt L = ∅.f) Wir multiplizieren beide Seiten der gegebenen Ungleichung mit 2·(−3) = −6und müssen beachten, dass sich das Ungleichheitszeichen „umdreht“, da −6 < 0gilt: −3 · (2x− 3) > 2 · (2x− 1). Wir lösen die Klammern auf beiden Seiten derUngleichung auf und erhalten: −6x+9 > 4x−2. Wir addieren zu beiden Seitender Ungleichung den Term 6x + 2 und erhalten: 11 > 10x. Wir dividieren dieletzte Ungleichung durch 10, wobei das Ungleichheitszeichen „erhalten“ bleibt,da 10 > 0 gilt: 1, 1 > x. Somit erhalten wir die LösungsmengeL = {x ∈ R|x < 1, 1} = (−∞, 11

10) = (−∞; 1, 1).

4.2 a) Aus x2 − 5x + 6 = 0 erhalten wir die Nullstellen x1 = 2, x2 = 3, womitdie gegebene Ungleichung äquivalent umgeformt wird in: (x − 2)(x − 3) > 0.Nach dem 1. Fall des Lösungsschemas für quadratische Ungleichungen erhaltenwir als Lösungsmenge L = L1 ∪ L2 mit

L1 = {x ∈ R|x− 2 > 0 und x− 3 > 0} = (3,∞) und


L2 = {x ∈ R|x− 2 < 0 und x− 3 < 0} = (−∞, 2).Somit gilt L = (−∞, 2) ∪ (3,∞).

b) Die gegebene Ungleichung wird äquivalent umgeformt in: x2 + 6x + 132

< 0.Als Nullstellen von P2(x) = x2 + 6x + 13

2finden wir x1,2 = −3±√2, 5. Somit

ist die Ausgangsungleichung äquivalent zu:[x− (−3 +

√2, 5

)] [x− (−3−√2, 5

)]< 0.

Als Lösungsmenge erhalten wir L = L1 ∪ L2

mit L1 = {x ∈ R|x > −3 +√

2, 5 und x < −3−√2, 5} = ∅ undL2 = {x ∈ R|x < −3+

√2, 5 und x > −3−√2, 5} = (−3−√2, 5 ; −3+

√2, 5).

Somit gilt L = (−3−√2, 5 ; −3 +√

2, 5).c) Die gegebene Ungleichung wird äquivalent umgeformt in: x2 − 2x + 5 ≤ 0.Da P2(x) = x2−2x+5 = 0 keine reellen Lösungen hat, wird der 3. Fall unseresLösungsschemas betrachtet. Aus P2(0) = 5 erhalten wir den Widerspruch5 ≤ 0, und somit hat die betrachtete Ungleichung keine reellen Lösungen, d.h.L = ∅.d) Die gegebene Ungleichung wird äquivalent umgeformt in (x− 1)2 > 0. AlsLösungsmenge erhalten wir somit L = {x ∈ R|x �= 1} = R \ {1}.e) L = (−3, 1). f) L = R = (−∞,∞). g) L = {2}. h) L = (−∞, 1

2) ∪ (4,∞).

4.3 a) 1. Fall: Voraussetzung ist x ∈ I1 = (12,∞). Hieraus folgt 2x − 1 > 0,

und nach Multiplikation beider Seiten der gegebenen Ungleichung mit 2x− 1erhalten wir: 3x − 8 > −5(2x − 1). Aus der letzten Ungleichung folgt x > 1und damit x ∈ I2 = (1,∞). Als Lösungsmenge im 1. Fall erhalten wir:L1 = I1 ∩ I2 = (1

2,∞) ∩ (1,∞) = (1,∞).

2. Fall: Voraussetzung ist x ∈ I3 = (−∞, 12). Aus x ∈ I3 folgt 2x− 1 < 0 und

somit dreht sich das Ungleichheitszeichen nach der Multiplikation beider Seitender gegebenen Ungleichung mit 2x−1 um. Wir erhalten: 3x−8 < −5(2x−1).Hieraus folgt x < 1, d.h. x ∈ I4 = (−∞, 1). Die Lösungsmenge im 2. Fall istsomit L2 = I3 ∩ I4 = (−∞, 1

2) ∩ (−∞, 1) = (−∞, 1

2).

Gesamtlösung: L = L1 ∪ L2 = (−∞, 12) ∪ (1,∞). b) L = (3

2, 3).

c) Da wir mit dem Hauptnenner (2x − 1)(x + 2) die gegebene Ungleichungmultiplizieren wollen, müssen wir zunächst bestimmen, in welchem Intervalldieser positiv und in welchem dieser negativ ist.1. Schritt: Vorzeichen des Hauptnenners (2x − 1)(x + 2). Wir betrachten diebeiden Faktoren des Hauptnenners und finden:

Es gilt 2x− 1 > 0, genau dann wenn x > 0, 5 gilt, d.h. x ∈ I1 = (12,∞).

Es gilt 2x− 1 < 0, genau dann wenn x < 0, 5 gilt, d.h. x ∈ I2 = (−∞, 12).

Es gilt x + 2 > 0, genau dann wenn x > −2 gilt, d.h. x ∈ I3 = (−2,∞).


Es gilt x + 2 < 0, genau dann wenn x < −2 gilt, d.h. x ∈ I4 = (−∞,−2).

Da das Produkt (2x− 1)(x + 2) genau dann positiv ist, wenn beide Faktorenpositiv oder beide Faktoren negativ sind, hat der Hauptnenner genau dannpositives Vorzeichen, wenn x ∈ (I1 ∩ I3) ∪ (I2 ∩ I4) = (1

2,∞) ∪ (−∞,−2) gilt.

Da das Produkt (2x − 1)(x + 2) genau dann negativ ist, wenn einer derFaktoren positiv und der andere negativ ist, hat der Hauptnenner negativesVorzeichen, genau dann wenn x ∈ (I1 ∩ I4) ∪ (I2 ∩ I3) = ∅ ∪ (−2, 1

2) gilt.

2. Schritt: Fallunterscheidung.1. Fall: Voraussetzung x ∈ (−∞,−2) ∪ (1

2,∞). Wir multiplizieren die beiden

Seiten der gegebenen Ungleichung mit dem Hauptnenner (2x− 1)(x + 2) underhalten: 2x(x + 2) ≤ x(2x − 1), woraus x ≤ 0 und x ∈ I5 = (−∞, 0] folgen.Als Lösungsmenge für den 1. Fall erhalten wir somit:

L1 =((−∞,−2) ∪ (1

2,∞)

) ∩ I5(∗)= ((−∞,−2) ∩ I5) ∪

((1

2,∞) ∩ I5

)= (−∞,−2) ∪ ∅ (∗∗)

= (−∞,−2),wobei die Gleichung (*) aus einem Distributivgesetz für ∪ und ∩ folgt (sieheAbschn. 3.1), und (**) aus dem Rechnen mit ∅, siehe Aufg. 3.9.2. Fall: Voraussetzung ist x ∈ I6 = (−2, 1

2). Nachdem wir beide Seiten der

gegebenen Ungleichung mit dem Hauptnenner (2x − 1)(x + 2) multiplizierthaben, erhalten wir x ∈ I7 = [0,∞) und damit die Lösung des 2. Falles:L2 = I6 ∩ I7 = [0, 1

2).

Als Gesamtlösung ergibt sich L = L1 ∪ L2 = (−∞,−2) ∪ [0, 12).

d) L = (−2, 61;−2)∪(0, 67; 1)∪(1, 28; 2). (Auf zwei Dezimalstellen gerundet!)

e) 1. Fall: Voraussetzung ist x ∈ I1 = (1,∞). Die Ungleichung ergibtI2 = (−∞, 2] und damit die Lösung L1 = I1 ∩ I2 = (1, 2].2. Fall: Voraussetzung ist x ∈ I3 = (−∞, 1). Die Ungleichung ergibtI4 = [2,∞) und damit die Lösung L2 = I3 ∩ I4 = ∅.Als Gesamtlösung erhalten wir L = L1 ∪ L2 = (1, 2].

f) 1. Fall: Voraussetzung ist 2x − 5 > 0, d.h. x ∈ I1 = (52,∞). Aus der zu

untersuchenden Ungleichung folgt x2 − 4x ≥ 2x− 5 und dann

x2 − 6x + 5 ≥ 0 . (4.1)

Aus P2(x) = x2− 6x + 5 = 0 erhalten wir x1,2 = 3±√9− 5 und dann x1 = 5,x2 = 1. Damit ist (4.1) äquivalent zu (x − 5)(x − 1) ≥ 0 mit der LösungI2 = [5,∞)∪ (−∞, 1] (beide Faktoren sind ≥ 0 oder beide Faktoren sind ≤ 0).Als Lösungsmenge des 1. Falles erhalten wir L1 = I1 ∩ I2 = [5,∞).2. Fall: Voraussetzung ist 2x − 5 < 0, d.h. x ∈ I3 = (−∞, 5

2). Aus der zu

untersuchenden Ungleichung folgt x2 − 4x ≤ 2x − 5 und dann analog zum 1.


Fall (x− 5)(x− 1) ≤ 0 mit der Lösung I4 = [1, 5] (ein Faktor ist ≤ 0 und derandere ≥ 0). Als Lösungsmenge des 2. Falles erhalten wir L2 = I3 ∩ I4 = [1, 5

2)

und somit für die Gesamtlösung L = L1 ∪ L2 = [1, 52) ∪ [5,∞).

g) L = (−∞,−2] ∪ (12, 4]. h) L = (−1, 1].

4.4 a) Es werden die Lösungsmenge LI der Ungleichung I)x− 1

3< 2 und

LII der Ungleichung II) x − 1 ≥ x + 8

5bestimmt. Es gilt LI = (−∞, 7) und

LII = [134,∞), woraus die Lösung des Ungleichungssystems folgt:

L = LI ∩ LII = [134, 7).

b) L = (−15, 1). c) L = (−∞, 815

) ∪ (2,∞) (siehe auch Aufg. 4.10e)).4.5 a) ln(4 + 2x) ≤ 1 gilt genau dann, wenn 0 ≤ 4 + 2x ≤ 1 erfüllt ist. Aus0 < 4+2x⇔ x > −2 und 4+2x ≤ 1⇔ x ≤ −3

2erhalten wir die Lösungsmenge

L = (−2,−32].

b)√

3x− 4 < 1 gilt genau dann, wenn 0 ≤ 3x−4 < 1 erfüllt ist. Aus 0 ≤ 3x−4⇔ x ≥ 4

3und 3x− 4 < 1 ⇔ x < 5

3erhalten wir die Lösungsmenge L = [4

3, 5

3).

c) e2x−1 ≤ 1 gilt genau dann, wenn 2x − 1 ≤ 0 gilt. Somit erhalten wir dieLösungsmenge L = (−∞, 1

2].

d) Es gilt genau dann (x2−x−2)(x2+x−2) > 0, wenn das Ungleichungssytem

(I){

x2 − x− 2 > 0x2 + x− 2 > 0

oder (II){

x2 − x− 2 < 0x2 + x− 2 < 0

erfüllt ist, denn ein Pro-

dukt zweier Faktoren ist genau dann positiv, wenn beide Faktoren positivoder beide Faktoren negativ sind. Zur Lösung des Systems (I) sehen wir, dassx2 − x− 2 > 0 genau dann gilt, wenn x ∈ I1 = (−∞,−1) ∪ (1,∞) erfüllt ist.Weiter gilt x2+x−2 > 0 genau dann, wenn x ∈ I2 = (−∞,−2)∪(2,∞) erfülltist. Somit gilt (I) genau dann, wenn x ∈ L1 = I1∩I2 = (−∞,−2)∪(2,∞). Ana-log erhalten wir, dass (II) genau dann gilt, wenn x ∈ L2 = (−1, 2)∩ (−2, 1) =(−1, 1). Als Lösung erhalten wir L = L1 ∪ L2 = (−∞,−2) ∪ (−1, 1) ∪ (2,∞).

4.6 a) Es gilt x − y = −2 − (−13) = 11 und somit |x − y| = 11. Weiterhingilt 2x + y = 2 · (−2) + (−13) = −17 und damit |2x + y| = 17. Somit folgt|x− y|+ |2x + y| = 11 + 17 = 28. b) 9. c) 14.

4.7 a) 12(x + |x|) =

{12(x + x) für x ≥ 0

12(x− x) für x < 0

=

{x für x ≥ 00 für x < 0

b) Aus der oben gegebenen Folgerung aus der Definition des Betrages erhalten

wir: |x− y| ={

x− y für x ≥ yy − x für x < y

und |x + y| ={

x + y für x ≥ −y−(x + y) für x < −y

Damit der Nenner des gegebenen Ausdrucks verschieden von 0 ist, muss nochx �= y gefordert werden. Um die Beträge aufzulösen, erhalten wir aus den


obigen Erklärungen für |x− y|, |x + y| die vier Fälle:1) x > y, x ≥ −y; 2) x > y, x < −y; 3) x < y, x ≥ −y; 4) x < y, x < −y.Es gilt dann:

(x− y)2 − x|x + y||x− y| =

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

(x− y)2 − x(x + y)

x− yfür x > y, x ≥ −y

(x− y)2 + x(x + y)

x− yfür x > y, x < −y

(x− y)2 − x(x + y)

y − xfür x < y, x ≥ −y

(x− y)2 + x(x + y)

y − xfür x < y, x < −y

=

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

−3xy + y2

x− yfür x > y, x ≥ −y

2x2 − xy + y2

x− yfür x > y, x < −y

−3xy + y2

y − xfür x < y, x ≥ −y

2x2 − xy + y2

y − xfür x < y, x < −y

c)

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩x

3für x ∈ (−∞,−3) ∪ [3,∞)

3

xfür x ∈ [−3, 0) ∪ (0, 3)

4.8 a) Aus der Definition des Betrages und der Folgerung erhalten wir:

|2x− 5| ={

2x− 5 für 2x− 5 ≥ 0−(2x− 5) für 2x− 5 < 0

=

⎧⎨⎩ 2x− 5 für x ≥ 2, 5

−(2x− 5) für x < 2, 5

und |x + 1| ={

x + 1 für x + 1 ≥ 0−(x + 1) für x + 1 < 0

=

{x + 1 für x ≥ −1−(x + 1) für x < −1

Hieraus ergibt sich, dass die folgenden drei Fälle zu betrachten sind:1.) x < −1, 2.) −1 ≤ x < 2, 5, 3.) x ≥ 2, 5.

1. Fall: Voraussetzung ist x ∈ I1 = (−∞,−1). Aus der gegebenen Ungleichungergibt sich somit die Ungleichung −(2x − 5) > −2(x + 1), die äquivalent in−2x + 5 > −2x − 2 und dann in 5 > −2 umgeformt wird. Da die letzte


Ungleichung für alle x ∈ R richtig ist (denn x tritt ja gar nicht auf), erhaltenwir I2 = R und als Lösungsmenge des 1. Falles L1 = I1 ∩ I2 = (−∞,−1).2. Fall: Unter der Voraussetzung x ∈ I3 = [−1, 5

2) folgt für die gegebene Unglei-

chung nach Auflösen der Beträge die Ungleichung −(2x−5) > 2(x+1), welchedann äquivalent in 3

4> x umgeformt wird. Somit folgt x ∈ I4 = (−∞, 3

4), und

wir erhalten die Lösungsmenge des 2. Falles L2 = I3 ∩ I4 = [−1, 34).

3. Fall: Voraussetzung ist x ∈ I5 = [52,∞). Die gegebene Ungleichung geht jetzt

über in 2x− 5 > 2(x + 1). Die letzte Ungleichung wird äquivalent in −5 > 2,was ein Widerspruch ist, umgeformt. Somit ist die Ungleichung für kein x ∈ R

erfüllbar, und als Lösungsmenge des 3. Falls ergibt sich L3 = I5 ∩ ∅ = ∅.Als Gesamtlösung erhalten wir: L = L1 ∪ L2 ∪ L3 = (−∞, 3

4).

b) L = (−∞,−1) ∪ (4,∞).

c) 1. Fall: Unter der Voraussetzung x ∈ I1 = [32,∞) (d.h., es gilt 2x − 3 ≥ 0)

folgt aus der betrachteten Betragsungleichung x ∈ I2 = (−∞, 92] und somit als

Lösung im 1. Fall: L1 = I1 ∩ I2 = [32, 9

2].

2. Fall: Unter der Voraussetzung x ∈ I3 = (−∞, 32) (d.h., es gilt 2x − 3 < 0)

folgt aus der betrachteten Betragsungleichung x ∈ I4 = (−32,∞) und somit als

Lösung im 2. Fall: L2 = I3 ∩ I4 = [−32, 3

2].

Als Gesamtlösung erhalten wir: L = L1 ∪ L2 = [−32, 9

2].

d) Wegen |2x− 4| ={

2x− 4 für x ≥ 2−(2x− 4) für x < 2

betrachten wir die beiden

Fälle: 1.) x ≥ 2, 2.) x < 2.1. Fall: Voraussetzung ist x ∈ I1 = [2,∞). Aus der gegebenen Ungleichungfolgt −x2 +2x− 4 ≥ 1 und dann nach Multiplikation beider Seiten mit −1 dieUngleichung x2 − 2x + 5 ≤ 0. Aus P2(x) = x2 − 2x + 5 = 0 folgtx1,2 = 1±√1− 5 �∈ R. Somit hat P2(x) keine reellen Nullstellen, undP2(0) = 5 > 0 impliziert, dass die betrachtete Ungleichung keine Lösungenhat. Die Lösungsmenge des 1. Falles ist somit L1 = I1 ∩ ∅ = [2,∞) ∩ ∅ = ∅.2. Fall: Voraussetzung ist x ∈ I2 = (−∞, 2). Aus der gegebenen Ungleichungerhalten wir −x2 − 2x + 4 ≥ 1, was äquivalent in x2 + 2x− 3 ≤ 0 umgeformtwird. Da x2 + 2x − 3 = 0 die Lösungen x1 = −3 und x2 = 1 hat, erhaltenwir die Ungleichung (x + 3)(x − 1) ≤ 0. Diese Ungleichung gilt genau dann,wenn ein Faktor ≥ 0 und der andere ≤ 0 ist. Aus x + 3 ≥ 0 und x − 1 ≤ 0erhalten wir x ∈ I3 = [−3, 1]. Der andere Fall x + 3 ≤ 0 und x− 1 ≥ 0 ergibteinen Widerspruch und somit keine Lösungsmenge. Als Lösung für den 2. Fallerhalten wir somit L2 = I2 ∩ I3 = [−3, 1].Für die Gesamtlösung gilt: L = L1 ∪ L2 = [−3, 1].


e) L1 = [−1, 3], L2 = ∅, L = L1 ∪ L2 = [−1, 3].

f) L = (−∞, 3) ∪ (5,∞).4.9 a) Da zwei Beträge auftreten, sind 2 · 2 = 4 Fälle zu betrachten.1. Fall: x− 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3 und y + 4 ≥ 0 ⇔ y ≥ −4. Es folgt die Ungleichungx − 3 + y + 4 ≤ 2, die äquivalent zu x + y ≤ 1 bzw. y ≤ −x + 1 ist. Hierbeibeschreibt die letzte Ungleichung alle Punkte der (x, y)-Ebene, die auf der Ge-raden y = −x + 1 oder unterhalb dieser Geraden liegen. (Um festzustellen, obdie Ungleichung y ≤ −x + 1 die Punkte oberhalb oder unterhalb der Geradeny = −x+1 beschreibt, betrachten wir einen Punkt P , der nicht auf dieser Ge-raden liegt, und ermitteln, ob die Koordinaten von P der Ungleichung genügenoder nicht genügen. Wir wählen für P den Koordinatenursprung O = (0, 0)und stellen fest, dass 0 ≤ −0 + 1 eine wahre Aussage ist und somit beschreibty ≤ −x + 1 die Halbebene, welche den Koordinatenursprung O enthält.)Es folgt L1 = {(x, y) ∈ R2 |x ≥ 3 ∧ y ≥ 4 ∧ x + y ≤ 1}.2. Fall: Für x− 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3 und y + 4 < 0 ⇔ y < −4 folgt die Ungleichungx− 3− (y + 4) ≤ 2, die äquivalent zu x− y ≤ 9 ist. Es folgtL2 = {(x, y) ∈ R2 |x ≥ 3 ∧ y < 4 ∧ x− y ≤ 9}.3. Fall: Für x− 3 < 0 ⇔ x < 3 und y + 4 ≥ 0 ⇔ y ≥ −4 folgt die Ungleichung−(x− 3) + (y + 4) ≤ 2, die äquivalent zu −x + y ≤ −5 ist. Es folgtL3 = {(x, y) ∈ R2 |x < 3 ∧ y ≥ 4 ∧ −x + y ≤ −5}.4. Fall: Für x− 3 < 0 ⇔ x < 3 und y + 4 < 0 ⇔ y < −4 folgt die Ungleichung−(x− 3)− (y + 4) ≤ 2, die äquivalent zu x + y ≥ −3 ist. Es folgtL4 = {(x, y) ∈ R2 |x < 3 ∧ y < −4 ∧ x + y ≥ −3}.

Für die Gesamtlösung giltL = L1 ∪ L3 ∪ L3 ∪ L4.

�� 1

−1x

y

y = −4

y = 1− x

x = 3

L1

.....................................................................................................................................................................................................................................................................................

�� 1

−1

xy

y = −4

y = x− 9

x = 3

L2

........................................................................................................................................................................................................................

�� 1

−1

xy

y = x− 5

x = 3

L3

............................................................................................................................................................................................................................................... �� 1

−1x

y

y = −x− 3

x = 3

L4

.....................................................................................................................................................................................................

�� 1

−1

xy

L

.....................................................................................................................................................................................................

...............................................................................................................................................................................................................................................

...........................................................................................................................................................................................................................................................................................

.............................................................................................................................................................................................................


b) 1. Fall: Für x + y − 1 ≥ 0 und x− y + 1 ≥ 0 gilt x + y − 1 ≤ x− y + 1 ⇔y ≤ 1 und damit L1 = {(x.y) ∈ R2 |x + y ≥ 1 ∧ x− y ≥ −1 ∧ y ≤ 1}.2. Fall: Für x + y − 1 ≥ 0 und x− y + 1 < 0 gilt x + y − 1 ≤ −(x− y + 1) ⇔x ≤ 0 und damit L2 = {(x.y) ∈ R2 |x + y ≥ 1 ∧ x− y < −1 ∧ x ≤ 0}.3. Fall: Für x + y − 1 < 0 und x− y + 1 ≥ 0 gilt −(x + y − 1) ≤ x− y + 1 ⇔x ≥ 0 und damit L3 = {(x.y) ∈ R2 |x + y < 1 ∧ x− y ≥ −1 ∧ x ≥ 0}.4. Fall: Für x + y − 1 < 0 und x− y + 1 < 0 gilt −(x + y − 1) ≤ −x− y + 1)⇔ y ≥ 1 und damit L4 = {(x.y) ∈ R2 |x + y < 1 ∧ x− y < −1 ∧ y ≥ 1}. Fürdie Gesamtlösung gilt L = L1 ∪ L3 ∪ L3 ∪ L4.

In der ersten neben-stehenden Skizze sinddie Quadranten ge-kennzeichnet, in denendie Voraussetzungender Fälle 1 bis 4 erfülltsind. In der 2. Skizzesind die Lösungs-mengen L1, . . . , L4

konstruiert.

�

�

x

y

1

y = x + 1

y = 1− x

1. Fall4. Fall

2. Fall

3. Fall

......................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

�

�

L1

y

x

y = 1L4

L3

L2

......................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

.............................................................................................................................................................................................................................................................................................

Für die Lösungsmenge erhalten wir L = L1 ∪ . . . ∪ L4 = (L1 ∪ L3) ∪ (L2 ∪ L4)

= {(x, y) ∈ R2 |x ≥ 0 ∧ y ≤ 1} ∪ {(x, y) ∈ R2 |x ≤ 0 ∧ y ≥ 1}.4.10 a) 1. Schritt: Wir skizzieren die Funktionsgraphen von y = |x2 − 16|und y = 2x− 1. Hierzu zeichnen wir zunächst die nach oben geöffnete Parabely = x2 − 16 und die an der x-Achse gespiegelte Parabel y = −x2 + 16, welchenach unten geöffnet ist. (Zu den Funktionsgraphen von Parabeln siehe Aufg.7.33, 7.34 und die Übersichten unmittelbar vor diesen Aufgaben.)

�

�

12

−16

��x

y

y = x2 − 16

−4 4

................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

�

�

12

16

x

y

��................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

y = −x2 + 16

−4 4�

�

12

x

y

��

��

��

��

..............................................................................................................................

.............................................................................................................................................

.................................................................................................................................................. ..................................................................................................................................................

� �S

T

xS xT

y = 2x− 1

y = |x2 − 16|

In der dritten Skizze zeichnen wir y = |x2 − 16| und die Gerade y = 2x − 1.Beachten Sie, dass wir in den obigen Skizzen unterschiedliche Einheiten aufden Koordinatenachsen gewählt haben. Wir ermitteln dann den Teil der x-Achse, über welchem die Gerade y = 2x − 1 echt oberhalb des Graphen der


Funktion y = |x2 − 16| liegt. Hierzu betrachten wir die beiden SchnittpunkteS, T und erhalten die Lösungsmenge L = (xS, xT ).2. Schritt: Um xS zu bestimmen, betrachten wir die beiden Schnittpunkte derGeraden y = 2x − 1 mit der Parabel y = −x2 + 16 und bestimmen ihre x-Koordinaten, indem wir die rechten Seiten der beiden Gleichungen gleichsetzen:2x − 1 = −x2 + 16. Die letzte Gleichung formen wir in die Normalform derquadratischen Gleichung um:

x2 + 2x− 17 = 0

und erhalten die Lösungen x1,2 = −1±√1 + 17 = −1± 3√

2. Da S derjenigeder beiden Schnittpunkte ist, welcher die größere x-Koordinate hat, folgt

xS = 3√

2− 1.Um xT zu berechnen, betrachten wir die beiden Schnittpunkte zwischen derGeraden y = 2x−1 und der Parabel y = x2−16. Durch Gleichsetzen der letztenbeiden Gleichungen erhalten wir 2x − 1 = x2 − 16, woraus die quadratischeGleichung x2 − 2x− 15 = 0 mit den beiden Lösungenx3,4 = 1 ± √1 + 15 = 1 ± 4 folgt. Da T die größere x-Koordinate hat, folgtxT = 5. Die gesuchte Lösungsmenge ist somit L = (3

√2− 1 , 5).

b) 1. Schritt: Um die Funktion y = |x2 − 5x| zu skizzieren, betrachten wirzunächst die Funktion y = x2 − 5x, die eine nach oben geöffnete Parabel ist.

�

�

11

5

−6, 25

52

� ��S

x

yy = x2 − 5x........................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

�

�

11

x

y

� ��S′

........................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

y = −x2 + 5x

6, 25

5�

�

11

x

y

� ��

��

��

��

........................................................................................................................................................................................................

............................................................................................................................................. .............................................................................................................................................

� �R

T

xR xT

y = x

y = |x2 − 5x|

Wegen x2 − 5x = x(x − 5) erhalten wir sofort die beiden Nullstellen x1 = 0und x2 = 5 von y = x2 − 5x. Die Koordinaten des Scheitels S dieser Parabelerhalten wir aus xS = 1

2(x1 + x2) = 0+5

2= 2, 5, yS = (xS)2 − 5xS = −6, 25.

Durch Spiegelung der Parabel y = x2 − 5x an der x-Achse erhalten wir dienach unten geöffnete Parabel y = −x2 + 5x. Im dritten Bild skizzieren wiry = |x2 − 5x| und die Gerade y = x. Als Schnittpunkte ermitteln wir denKoordinatenursprung O und die Punkte R, T . Die gesuchte Lösungsmenge sindalle Werte für x, für die die Gerade y = x oberhalb des Funktionsbildes vony = |x2 − 5x| oder auf dem Funktionsbild von y = |x2 − 5x| liegt (denn wirbetrachten ja y = |x2 − 5x| ≤ x, d.h., Gleichheit ist zugelassen). Somit folgtL = {0} ∪ [xR, xT ].


2. Schritt: Zur Berechnung von xR betrachten wir −x2 + 5x = x, und erhaltendie Lösungen x0 = 0 und xR = 4. xT erhalten wir aus x2 − 5x = x mit denLösungen x0 = 0 und xS = 6. Damit erhalten wir L = {0} ∪ [4, 6].

c) L = (−∞, 12) ∪ (3

√2− 1, 5).

d) Anhand der Skizze von y = |(x− 1)(x− 2)| und y = 18

sehen wir, dassdie Schnittpunkte sowohl von y = (x − 1)(x − 2) mit y = 1

8als auch die von

y = −(x− 1)(x− 2) mit y = 18

zu berechnen sind. Im ersten Fall erhalten wir

x2 − 3x + 2 = 18

mit der Lösung x1,2 = 32±

√94− 15

8= 3

2± 1

4

√6. Im zweiten

Fall folgt −x2 + 3x− 2 = 18

mit der Lösung x3,4 = 32±

√94− 17

8= 3

2± 1

4

√2.

Als Lösungsmenge erhalten wir L = [32− 1

4

√6, 3

2− 1

4

√2]∪ [3

2+ 1

4

√2, 3

2+ 1

4

√6].

e) Wir formen die gegebene Ungleichung äquivalent um in: |7x−3| < |8x−5|.1. Schritt: Aus der nebenste-henden Skizze ersehen wir, dassfür das gesuchte Lösungsintervallgilt: L = (−∞, xS) ∪ (xT ,∞).2. Schritt: Um xS zu berechnen,betrachten wir: 7x−3 = −(8x−5)und erhalten daraus die Lösung:

xS =8

15. Um xT zu berechnen,

betrachten wir: 7x − 3 = 8x − 5und erhalten daraus die Lösung:xT = 2. Somit gilt:L = (−∞, 8

15) ∪ (2,∞).

�

�

� �

�

�x

y

1

1

S

T

xS xT

···························y = |7x− 3|

y = |8x− 5|

....................

....................

....................

....................

....................

....................

....................

....................

....................

....................

....

...............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

..................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

....................

....................

....................

....................

....................

....................

....................

....................

....................

....................

....................

....................

....................

.......

f)

Π

4

3 Π

4

5 Π

4�

5 Π

4

Π

2Π�

Π

4�

3 Π

4�Π

2�Π

x

y

y��cos x�

y��sin x�1

Aus der obigen Skizze erkennen wir, dass der gestrichelt gezeichnete Funk-tionsgraph der Funktion y = | sin x| echt oberhalb des Funktionsgraphen vony = | cos x| über dem Intervall L = {(4k+1

4π, 4k+3

4π) | k ∈ Z} liegt. L ist somit

die gesuchte Lösungsmenge.

4.12 a) a) Aus 1− |x| ≥ 0 folgt D(f) = [−1, 1], W(f) = [0,∞).


b) Aus |x| − x > 0 folgt D(f) = (−∞, 0), W(f) = (0,∞).c) Aus x− |x| > 0 folgt D(f) = ∅, W(f) = ∅. d) D(f) = R, W(f) = [0,∞).e) Aus 1−x2 > 0 folgt D(f) = (−1, 1). Es gilt y(0) = 0, y(x) > 0 für x ∈ (0, 1)und y(x) < 0 für x ∈ (−1, 0). Weiterhin sehen wir, dass y(x) beliebig groß wird,wenn x ∈ (0, 1) hinreichend nah an 1 ist, denn dann wird der Nenner

√1− x2

von y(x) betragsmäßig beliebig klein. Analog folgt, dass für x ∈ (−1, 0) dieFunktion y(x) für x sehr nah an −1 immer kleiner wird (gegen −∞ strebt).Somit gilt W(f) = R.

f) Aus 5 +3x− 8

2x− 1≥ 0 folgt D(f) = (−∞, 1

2) ∪ [1,∞), vgl. Aufg. 4.3a). Es

gilt y(1) = 0, und der Radikand 5 +3x− 8

2x− 1wird beliebig groß, wenn x immer

größer wird (x ∈ D(f) strebt gegen ∞). Somit folgt W(f) = [0,∞).

4.13 a) D(f) = [−14,∞). Es wird gezeigt, dass f auf D(f) streng monoton

fallend ist: Es sei x1 < x2 für x1, x2 ∈ D(f). Hieraus folgen die Ungleichungen

0 ≤ 1 + 4x1 < 1 + 4x2√1 + 4x1 <

√1 + 4x2

2√

1 + 4x1 < 2√

1 + 4x2√1 + 4x1 −

√1 + 4x2 <

√1 + 4x2 −

√1 + 4x1

1 +√

1 + 4x1 −√

1 + 4x2

+√

(1 + 4x1)(1 + 4x2)

}<

{1 +

√1 + 4x2 −

√1 + 4x1

+√

(1 + 4x1)(1 + 4x2)

(1−√1 + 4x2)(1 +√

1 + 4x1) < (1−√1 + 4x1)(1 +√

1 + 4x2)

1−√1 + 4x2

1 +√

1 + 4x2

<1−√1 + 4x1

1 +√

1 + 4x1

f(x2) < f(x1)

woraus folgt, dass f streng monoton fallend ist.

b) 1. Schritt: Es soll y =1−√1 + 4x

1 +√

1 + 4xnach x aufgelöst werden.. Hierzu wird

zunächst z :=√

1 + 4x ≥ 0 gesetzt und nach z aufgelöst:

y =1− z

1 + zy + yz = 1− z

(y + 1)z = 1− y

z =1− y

1 + y

Es gilt z =1− y

1 + y≥ 0 genau dann, wenn

y ∈ (−1, 1] (s. Aufg. 4.3h)). Durch Quadrieren

erhalten wir z2 = 1 + 4x =

(1− y

1 + y

)2

, woraus

x =1

4

((1− y

1 + y

)2

− 1

)folgt.


2. Schritt: Austausch der Variablen. Es folgt y = f−1(x) =1

4

((1− x

1 + x

)2

− 1

)mit D(f−1) = W(f) = (−1, 1], W(f−1) = D(f) = [−1

4,∞).

4.14 a) 1. Schritt: Wir lösen die 2. Gleichung nach x auf und setzen das Ergeb-nis x = 3

2y2 in die 1. Gleichung ein: 6 (3

2y2)2 + 4y = 0 (Einsetzungsverfahren).

Die letzte Gleichung vereinfachen wir zu 272y4 + 4y = 0.

2. Schritt: Um die letzte Gleichung zu lösen, klammern wir y aus und erhalteny (27

2y3 + 4) = 0. Da ein Produkt genau dann 0 ist, wenn wenigstens einer der

Faktoren 0 ist, erhalten wir die Lösung y1 = 0 und die Lösungen der

Gleichung 272y3 + 4 = 0, welche sich als y2 = 3

√− 8

27= −2

3berechnet.

3. Schritt: Wir setzen y1 und y2 in die zweite Gleichung ein und erhalten damitx1 = 3

2y2

1 = 32· 0 = 0, x2 = 3

2y2

2 = 32

(−23

)2= 2

3.

4. Schritt: Probe. Für x1 = 0, y1 = 0 sind die beiden Gleichungen des gegebenenSystems offensichtlich erfüllt. Wir setzen jetzt x2 = 2

3, y2 = −2

3in die linken

Seiten der gegebenen Gleichungen ein:

1. Gleichung: 6x22 + 4y2 = 6

(23

)2+ 4(−2

3) = 6·4

9− 4·2

3= 0,

2. Gleichung: 4x2 − 6y22 = 42

3− 6

(−23

)2= 4·2

3− 6·4

9= 0.

Somit sind beide Gleichungen erfüllt, und wir erhalten die LösungsmengeL = {(x1, y1), (x2, y2)} = {(0, 0), (2

3,−2

3)}.

b) L = {(2, 1), (−2,−1), (1, 2), (−1,−2)}.c) Für a < 0 ist die erste Gleichung nicht erfüllbar, und als Lösungsmengefolgt dann L = ∅. Wir setzen jetzt a ≥ 0 voraus.1. Schritt: Wir lösen die 2. Gleichung nach y auf und erhalten y = b

xmit x �= 0,

was wir in die 1. Gleichung einsetzen: x2 +(

bx

)2= a. Hieraus erhalten wir die

biquadratische Gleichung: x4 − ax2 + b2 = 0.2. Schritt: Wir setzen z = x2 in die biquadratische Gleichung ein und erhalten:

z2 − az + b2 = 0 . (4.2)

In Abhängigkeit von der Diskriminante D = a2 − 4b2 dieser quadratischenGleichung (siehe Abschn. 2.1) machen wir eine Fallunterscheidung:1. Fall: D = a2 − 4b2 < 0. Die Gleichung (4.2) hat keine reelle Lösung, undsomit folgt für die gesuchte Lösungsmenge L = ∅.2. Fall: D = a2 − 4b2 = 0. Die Gleichung (4.2) hat die Doppelwurzel z0 = a

2.

Wegen z = x2 erhalten wir die beiden Lösungen x1,2 = ±√

a

2.


3. Fall: D = a2 − 4b2 > 0. Die Gleichung (4.2) hat zwei verschiedene reelle

Lösungen z1,2 =a

2± 1

2

√a2 − 4b2. Hieraus erhalten wir nun wegen z = x2 die

vier Lösungen: x3,4 = ±√

a +√

a2 − 4b2

2, x5,6 = ±

√a−√a2 − 4b2

2.

3. Schritt: Aus der 2. Gleichung erhalten wir y =b

xund damit:

2. Fall: y1,2 = ±b

√2

a.

3. Fall: y3,4 = ±b

√2

a +√

a2 − 4b2, y5,6 = ±b

√2

a−√a2 − 4b2.

Wir wollen bemerken, dass alle oben auftretenden Wurzeln existieren, da alleRadikanden nicht negativ sind.4. Schritt: Probe. 2. Fall: Wir setzen (x1, y1) in die linken Seiten der beidengegebenen Gleichungen ein, verwenden a2 − 4b2 = 0 (Voraussetzung des 2.Falles) und erhalten:

x21 + y2

1 =a

2+ b2 2

a=

a

2+

a2

4· 2

a= a, x1y1 =

√a

2· b

√2

a= b,

was mit den rechten Seiten der gegebenen Gleichungen übereinstimmt. DieProbe für (x2, y2) ist analog.3. Fall: Wir setzen (x3, y3) in die linken Seiten der gegebenen Gleichungen ein:

x23 + y2

3 =a +

√a2 − 4b2

2+

2b2

a +√

a2 − 4b2

=a2 + 2a

√a2 − 4b2 + a2 − 4b2 + 4b2

2(a +√

a2 − 4b2)=

2a(a +√

a2 − 4b2)

2(a +√

a2 − 4b2)= a

und x3y3 =

√a +

√a2 − 4b2

2· b

√2

a +√

a2 − 4b2= b, was mit den rechten

Seiten übereinstimmt. Die weiteren Proben werden dem Leser überlassen.

L =

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩∅ für a < 0 (s. Vorbetrachtung)∅ für a2 − 4b2 < 0 (1. Fall)

{(x1, y1), (x2, y2)} für a ≥ 0 und a2 − 4b2 = 0{(x3, y3), (x4, y4), (x5, y5), (x6, y6)} für a ≥ 0 und a2 − 4b2 > 0

ist somit die Lösungsmenge, welche von den Parametern a, b abhängt.

d) Wir formen das gegebene Gleichungssystem äquivalent so um (d.h., die Lö-sungsmenge des umgeformten Gleichungssystems stimmt mit der des gegebe-nen überein), dass wir unser Ergebnis aus c) anwenden können. Deshalb bildenwir „1. Gleichung - 2. Gleichung“ und „3· (1. Gleichung) - 2· (2. Gleichung)“,


wodurch wir das äquivalente Gleichungssystem{

5xy = 305x2 + 5y2 = 95

erhal-

ten. Wenn wir beide Gleichungen durch 5 dividieren, so erhalten wir a = 19und b = 6 in den Bezeichnungen von c). Da a ≥ 0 und D = a2 − 4b2 =192 − 4 · 62 = 117 > 0 gilt, wenden wir den 3. Fall an und erhalten die Lö-sungsmenge L = {(x3, y3), (x4, y4), (x5, y5), (x6, y6)} mit

x3,4 = ±√

19+√

1172

, y3,4 = ±6√

2

19+√

117,

x5,6 = ±√

19−√1172

, y5,6 = ±6√

2

19−√117.

4.15 Aus dem Additionstheorem für die Sinusfunktion erhalten wir:sin(x+ϕ) = sin x cos ϕ + sin ϕ cos x, was wir in die rechte Seite der Ausgangs-gleichung einsetzen. Es folgt dann: (3−A cos ϕ) sin x + (4−A sin ϕ) cos x = 0.Da die Funktionen f(x) = sin x und g(x) = cos xlinear unabhängig sind, ergibt sich das nebenstehendeGleichungssystem mit den Unbekannten A und ϕ:

{3− A cos ϕ = 04− A sin ϕ = 0

1. Schritt: Wir lösen die 1. Gleichung nach A auf und erhalten A =3

cos ϕ, was

wir in die 2. Gleichung einsetzen: 4− 3

cos ϕsin ϕ = 0, woraus tan ϕ = 4

3folgt.

2. Schritt: Aus der letzten Gleichung des 1. Schrittes erhalten wirϕk = arctan 4

3≈ 53, 13◦ + k · 180◦, k = 0,±1,±2, . . ..

3. Schritt: Aus der 1. Gleichung des obigen Gleichungssystems erhalten wir:

A =3

cos ϕk

=

{5 für k geradzahlig

−5 für k ungeradzahlig

4. Schritt: Probe. Wir setzen 1.) ϕ0 = 53, 13◦ und A = 5 in die linken Seitender beiden Gleichungen des obigen Gleichungssystems ein: 3−5 cos 53, 13◦ = 0,4− 5 sin 53, 13◦ = 0, was mit den rechten Seiten übereinstimmt.Wir setzen 2.) ϕ0 = 53, 13◦ + 180◦ = 233, 13◦ und A = −5 in die linken Seitender beiden Gleichungen des obigen Gleichungssystems ein:3 + 5 cos 233, 13◦ = 0, 4 + 5 sin 233, 13◦ = 0, was mit den rechten Seiten über-einstimmt. Somit erhalten wir die Lösungsmenge:

L = {(53, 13◦ + n · 360◦, 5), (233, 13◦ + n · 360◦,−5) |n = 0,±1,±2, . . .}.

Documents

Ingenieurmathematik für Studienanfänger || Ungleichungen und nichtlineare Gleichungssysteme